|
Страници по тази тема: 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | >> (покажи всички)
|
Ако знаем интервала на случайните числа задачата става вече съвсем друга. А при компютъпните симулации интервала си е (0;1). Стратегията е: когато срещнем най-голямо до момента число изчисляваме вероятността да не се падне по-голямо в оставащите опити, и ако тя е >0.5 го "маркираме". Т.е:
ако редицата е от N числа и на i-тото сме срещнали MaxValue проверяваме дали
MaxValue^(N-i)>0.5 Вероятността на успех е винаги >0.5. От 0.75 при N=2, 0.577 при N=100, 0.56 при 10000 и си мисля колко е при N=безкр.
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: 741]
|
|
Автор | пи ниrъ (Нерегистриран) |
Публикувано | 05.04.09 12:13 |
|
P(z<x) = P(z<y) = 1
абсурдно изказване
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: пи ниrъ]
|
|
Автор |
741 (ветеринар) |
Публикувано | 06.04.09 09:38 |
|
На мен не ми изглежда абсурдно да твърдя, че при условие "число вляво от интервала" вероятността за z<x е единица
Добре де. Реших, че говориш за условна вероятност за печалба при изпълнено "число отляво". Сега виждам, че си имал предвид вероятност за едновременно "число отляво" и "печалба". Подведох се от това ако изтеглиш случайното число от ляво, печелиш с вероятност.... и не му мислих много.
Съгласен съм, че в общия случай P(z<x) и P(z<y) може да не са равни. Да разгледаме частния случай, при който числата върху двете карти сме ги генерирали по еднакъв начин, с един генератор с едно и също разпределение (не знаем какво). Тогава алгоритъмът на Хариш действа ли?
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: 741]
|
|
Автор | Nedev (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 18:34 |
|
... с един генератор с едно и също разпределение (не знаем какво). Тогава алгоритъмът на Хариш действа ли?
тогава действа. И познаваш с вероятност 2/3, поради информацията която ти носи за разпределението това допълнително теглене. Ако пък ти дадат да си теглиш 3 пъти и избереш страната от която се паднат поне 2 тегления ще познаеш с вероятност 7/10. А ако ти дадат да си ползваш генератора колкото ти душа иска, ще улучиш с вероятност 75%.
Та което на мен ми е много любопитно е, че от информацията която можеш да почерпиш от тегления с генератора, близо половината се пада на първото теглене, а 80% се падат на първите две.
| |
Тема
|
Re: проблема за женитбата
[re: Пaлячo]
|
|
Автор | Heдeв (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 19:11 |
|
А мойта задачка мислиш ли я - (при дадено разпределение) АКО спечелиш, познавайки най-голямото число, то печелиш сума равна на него. Как се променя в тоя случай? Идеята ми е от това че оригиналната задача е за зестрата, която в случай че познаеш може да се счита за печалба (кел файда че си познал, ако девойката нема пари, а ти се чениш по сметка явно).
Иначе твойте разсъждения (и резултати) са валидни за всякакво разпределение, зазбира се.
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: Nedev]
|
|
Автор |
741 (ветеринар) |
Публикувано | 06.04.09 19:16 |
|
А, не си ме разбрал. Генераторът го ползваме само да изгенерира двете числа върху картите, след това го трошим. Не знаем с какво разпределение е работел. За алгоритъма на Хариш ползваме друг генератор, както е в условието.
При това положение мисля, че P(z<x) = P(z<y) - виж края на .
Та питанката ми беше дали с тази уговорка алгоритъмът ще действа, понеже така доказателството на Хариш изглежда ОК и според извода на негъра. А резултатът не се връзва със здравия разум
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: 741]
|
|
Автор | Nedev (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 19:30 |
|
Аз вече съм написал защо доказателството не ми изглежда добре, да не повтарям.
| |
Тема
|
Re: проблема за женитбата
[re: Пaлячo]
|
|
Автор | Nedev (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 21:00 |
|
Оптималната стратегия е леко по-различна (и мнооого по-сложна за смятане) от тая дето си я дал.
Обяснявам защо:
Ако имаш две тегления съм съгласен, грабваш първото, ако е по-големо от 0.5
При три тегления:
ако първото ти число е Х1,
Ако вземеш него, то вероятността да спечелиш е Х1^2.
Ако не го вземеш, вероятността да спечелиш е равна на вероятността второто да е по-голямо от първото, от 0.5 И от третото плюс вероятността второто да е по-малко от първото или от 0.5 И третото да е по-голямо от първото. Това си е приложение на (оптималната) стратегия за две числа от горния ред.
Двете споменати по-горе вероятности са равни за x=(1+sqr(6))/5=0.6898..., докато ти даваш x=0.75. Разликата се заключава в това, че твоята стратегия дава 0.6796 успех, а мойта 0.6843. При по-голям брой числа разликата ще се задълбочава и нищо чудно границата при n=infty да е различна.
| |
Тема
|
Re: проблема за женитбата
[re: Nedev]
|
|
Автор | Nedev (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 21:35 |
|
Грешка елементарна: твойта стратегия е да земеш предпредпоследното (демек първото от три), ако е по-големо от 0.7071=sqr(0.5). При твойта стратегия се печели в 0.68405 от случаите, доста е близо до оптималната, но все пак има разлика.
| |
Тема
|
Re: Отговор за случая с две числа
[re: 741]
|
|
Автор | пин иrъ (Нерегистриран) |
Публикувано | 06.04.09 23:08 |
|
"При това положение мисля, че P(z<x) = P(z<y) - виж края на това мнение.
Та питанката ми беше дали с тази уговорка алгоритъмът ще действа, понеже така доказателството на Хариш изглежда ОК и според извода на негъра. А резултатът не се връзва със здравия разум"
мда, мисла че това обяснение дето го изкарах за интервала А не е баш съвсем вярно. но въпреки всичко според мен грешката се състои във факта, че вероятността за печалба и загуба въобще не са равни ако си отляво или отдясно на интервала. но трябва да се докаже по друг начин, мисля че със order statistic, примерно ако Х1, Х2 - independent, identically distributed, F(k)=P(X1<k)=P(X2<k), тогава P(max(X1,X2)>k)=1-F(k)^2, P(min(X1,X2)<k)=2*F(k)-F(k)^2 и оттам трябва да го мисля когато имам време
| |
|
Страници по тази тема: 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | >> (покажи всички)
|
|
|